Giải Toán hệ phương trình bằng nhiều phương pháp

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

1.388
lượt xem 675
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu giúp giải Toán một cách nhanh chóng, chính xác. Đồng thời củng cố lại kiến thức Toán học đại số để các học sinh nắm vững kiến thức Toán về phương trình.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải Toán hệ phương trình bằng nhiều phương pháp

www.vuihoc24h.vn - Kênh Kênh h Online www.vuihoc24h.vn - học tập c t p Online Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:  1  1  1  a + 1 −  b + 1 −   c + 1 −  ≤ 1  b  c  a GIẢI x y z Ta thay a = ; b = ; c = thì BĐT cần chứng minh trở thành: y z x ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) ≤1 xyz ⇔ ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) ≤ xyz Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. NX: Do abc = 1 nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc n của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau: Bài toán 2: .v 1. Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 1 1 1 3 + + ≥ a (b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2 h 2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR: 4 1 1 1 1 4 + 2 + 2 + 2 ≥ x ( yz + zt + ty ) y ( xz + zt + tx) z ( xy + xt + ty ) t ( xy + yz + xz ) 3 2 2 GIẢI: x y z 1. Đặt a = ; b = ; c = khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: c y z x o 1 1 1 3 + + ≥ x y  yz  z x  2  + 1  + 1 +1 y z  z  x  x y  ih   yz xy xz 3 + + ≥ xy + xz xz + yz xy + yz 2 u BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh. V 2. Với bài toán này bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc bài toán: a b c d 4 + + + ≥ b+c+d a +c+d a +b+d a+b+c 3 BL1: Cho a,b,c dương và abc=1.CMR: 1 1 1 3 + + ≥ a (a + 1) b(b + 1) c(c + 1) 2 BL2: Cho a,b,c dương. CMR: b c a + + ≤1 a + 2b b + 2c c + 2a BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: a b c + + ≥1 8c + 1 3 8a + 1 3 8b3 + 1 V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất:
1. Kĩ thuật hệ số bất định Kĩ thuật này thường được sử dụng đối với bất đẳng thức không đối xứng. Sau đây là một số ví dụ: Lớp bài toán thứ nhất: Bài toán 1: Cho x,y,z là các số dương.CMR: 1. x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz 2. 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 ≥ 4 xy + 8 xz + 2 yz GIẢI: 1. Bài toán này chắc hẳn là quá quen thuộc với các bạn, nó cũng đã có khá nhiều trong các cuốn sách về BĐT. Sau đây là lời giải của bài toán này: x 2 + y 2 ≥ 2 xy y 2 + z 2 ≥ 2 yz ⇒ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2( xy + yz + xz ) ⇒ đpcm x 2 + z 2 ≥ 2 xz 2. Ta giải bài toán trên như sau: n A = 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 = 2( x 2 + y 2 ) + 4( x 2 + z 2 ) + y 2 + z 2 Đến đây ta áp dụng BĐT Cauchy ta có: .v 2( x 2 + y 2 ) ≥ 4 xy 4( x 2 + z 2 ) ≥ 8 xz ⇒ A ≥ 4 xy + 8 xz + 2 yz h y 2 + z 2 ≥ 2 yz LB: Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau 4 đây là bí mật của cách giải: Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau: 2 m( x 2 + y 2 ) + n( x 2 + z 2 ) + p ( y 2 + z 2 ) = (m + n) x 2 + (m + p ) y 2 + (n + p ) z 2 c Ta đồng nhất các hệ số với biểu thức ban đầu: m+n = 6 o m + p = 3 ⇒ m = 2, n = 4, p = 1 . Khi đó tức là ta sẽ tách biểu thức ban đầu như sau: ih n+ p =5 A = 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 = 2( x 2 + y 2 ) + 4( x 2 + z 2 ) + y 2 + z 2 Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định: u Giả sử ta cần chứng minh BĐT: aA( x, y, z ) + bB( x, y, z ) + cC ( x, y , z ) ≥ dD ( x, y, z ) + eE ( x, y , z ) + fF ( x, y , z ) V trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có: m [ A( x, y, z ) + B( x, y, z )] + n [ B( x, y, z ) + C ( x, y , z )] + p [ A( x, y , z ) + C ( x, y, z ) ] = (m + p ) A( x, y, z ) + (m + n) B( x, y , z ) + (n + p )C ( x, y , z ) Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ: m+ p = a a+b−c b+c−a a +c −b m+n = b ⇒ m = ;n = ;p= 2 2 2 n+ p = c Sau đó ta tìm cách chứng minh:
a +b−c [ A( x, y, z ) + B( x, y, z )] ≥ dD( x, y, z ) 2 b+c−a [ B( x, y, z ) + C ( x, y, z )] ≥ eE ( x, y, z) 2 a + c −b [ A( x, y, z ) + C ( x, y, z )] ≥ fF ( x, y, z ) 2 Lưu ý biểu thức vế trái của BĐT cần chứng minh có thể là một số. Sau đây là một áp dụng của kĩ thuật này trong bài toán lượng giác: Bài toán 2: Cho tam giác ABC. CMR: C 1. sin A + sin B ≤ 2 cos 2 A B C 2. sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos 2 2 2 n C A B 3. 7 sin A + 5sin B + 8sin C = 4 cos + 6 cos + 10cos 2 2 2 .v Xác định hình dạng của tam giác ABC. GIẢI A−B A+ B A+ B C 1. Ta có: sin A + sin B = 2 cos ≤ 2sin = 2cos (1) h sin 2 2 2 2 A+ B A− B ≤ 1( ∀A, B, C ∈ ( 0; π ]) Do sin > 0;cos 4 2 2 2 2. Tương tự ta có các BĐT sau: A sin B + sin C ≤ 2 cos (2) c 2 B sin A + sin C ≤ 2 cos (3) o 2 A B C ih Cộng (1); (2) và (3) ta có: sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos 2 2 2 π Đẳng thức xảy ra ⇔ A = B = C = ⇔ ∆ABC đều. u 3 3. Đến câu 3 ta không thể sử dụng trực tiếp như câu 2 mà phải sử dụng kĩ thuật hệ số bất định như sau: V m(sin A + sin B) + n(sin B + sin C ) + p(sin A + sin C ) = (m + p ) sin A + (m + n)sin B + (n + p) sin C Đồng nhất hệ số ta có: m+ p = 7 m + n = 5 ⇒ m = 2; n = 3; p = 5 n+ p =8 Khi đó ta có: 2(sin A + sin B) + 3(sin B + sin C ) + 5(sin A + sin C ) Sử dụng các BĐT (1);(2) và (3) ta suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều. BL1:Cho x,y,z là các số dương.CMR: 15 11 1. 12 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 14 xy + yz + 10 xz 2 2 2. 13a + 7b + 10c 3 ≥ 10ab ab + 4bc bc + 16ca ca 3 3
BL2: Xác định hình dạng của tam giác ABC: C A B 1. 8 cos A + 7 cos B + 9 cos C = 6 sin + 8sin + 10sin 2 2 2 38 23 C A 4 B 2. tan A + 19 tan B + tan C = 24cot + 14cot + cot 3 3 2 2 3 2 5 23 9 8 A B C 3. cot A + cot B + cot C = tan + 2 tan + 3 tan 2 10 5 5 2 2 2 Lớp bài toán thứ hai: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm và a + b + c = 3 . Tìm GTLN của A = 4ab + 8bc + 6ca GIẢI Đưa tham số m,n,p sử dụng kĩ thuật hệ số bất định ta có: ma(b + c) + nb(c + a ) + pc(a + b) = (m + n)ab + (n + p)bc + (m + p)ca Đồng nhất hệ số ta có: m+n = 4 n n + p = 8 ⇒ m = 1; n = 3; p = 5 .v m+ p = 6 Khi đó biểu thức A trở thành: A = a (b + c) + 3b(c + a) + 5c(a + b) = a(3 − a) + 3b(3 − b) + 5c(3 − c ) h 81  3  2 2 2 3  3  = −  a −  + 3  b −  + 5  c −   4  2 4   2  2  3 3 3 9 3 2 Đặt x = a − ; y = b− ;z = c− ⇒ x+ y+ z ≥ a +b+c− = 2 2 2 2 2 c Bài toán qui về việc tìm GTLN của A = − ( x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 ) với x + y + z ≥ . Nghĩa là ta phải tìm 81 3 4 2 o 3 GTNN của x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 với x + y + z ≥ ih 2 Đến đây ta sử dụng kĩ thuật cân bằng hệ số để giải quyết. 432 12 27 30 Đ/Án: max A = ⇔ x = ;y = ;z = u 23 23 23 23 Bài toán 2: Cho a,b,c dương . CMR: V 15c − a − b a + 5b + 5c 3a + b − 5c 3 + + ≥ 4a + 6b 2a + 10c 4b + 20c 2 GIẢI Ta đưa vào biểu thức các tham số m,n,p như sau: 15c − a − b a + 5b + 5c 3a + b − 5c +m+ +n+ +p 4a + 6b 2a + 10c 4b + 20c a(4m − 1) + b(6m − 1) + 15c a (2n + 1) + 5b + c(5 + 10n) 3a + (1 + 4 p )b + c(20 p − 5) = + + 4a + 6b 2a + 10c 4b + 20c Ta cần tìm m,n,p sao cho : 4m − 1 = 2n + 1 = 3 6m − 1 = 5 = 1 + 4 p ⇒ m = 1, n = 1, p = 1 15 = 5 + 10n = 20 p − 5
3a + 5b + 15c 3a + 5b + 15c 3a + 5b + 15c + + −3 4a + 6b 2a + 10c 4b + 20c  1 1 1  9 3 ⇔ ( 3a + 5b + 15c )  + +  − 3 ≥ ( 3a + 5b + 15c ) −3 =  4a + 6b 2a + 10c 4b + 20c  2 ( 3a + 5b + 15c ) 2 LB: Qua lời giải của các bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc dùng kĩ thuật hệ số bất định trong các bài toán bất đẳng thức không đối xứng. Nó giúp chúng ta giải thích được những lời giải thiếu tự nhiên. BL1: Cho a,b,c không âm và a + b + c = 1 . Tìm GTLN của A = 3ab + 5bc + 4ac BL2: Cho a,b,c không âm và a + b + c = 2 . Tìm GTLN của A = 5ab + 7bc + 8ac BL3: Cho a,b,c là các số dương. CMR: 3c − 5b 3b + c − a 2a + 2b + c + + ≥1 a + 4b 3a + 2c 2b + 4c BL4: Cho a,b,c là các số dương.CMR: 3a + b 3b − c n 4c + + ≥5 a +b b+c a+c .v 2. Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: Đối với phương pháp này ta cần chú ý một số nhận xét sau: ( ) - Với BĐT đối xứng ( hoán vị bất kì ) của các biến ai i = 1, n , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử h a1 ≥ a2 ≥ .... ≥ an 4 ( ) - Với BĐT hoán vị vòng quanh của các biến ai i = 1, n , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 = min ( a1 , a2 ,...an ) a = max ( a1 , a2 ,...an ) 2 hoặc Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. CMR: c ab bc ca a b c + + ≥ + + c(c + a ) a (a + b) b(b + c) c + a a + b b + c o GIẢI ih Do BĐT có tính hoán vị vòng quanh nên ta giả sử: a = max(a, b, c ) . Ta đưa BĐT cần chứng minh về dạng sau: a (b − c ) b(c − a ) c (a − b) + + ≥0 u c (c + a) a (a + b) b(b + c) Ta chia ra thành 2 trường hợp sau: V TH1: a ≥ b ≥ c > 0 . Khi đó ta có: a(b − c ) ≥ 0; c(c + a ) ≤ a (a + b) c(a − b) ≥ 0; b(b + c) ≤ a(a + b) a (b − c ) a (b − c ) c( a − b) c( a − b) Suy ra: ≥ và ≥ . Do đó: c (c + a ) a ( a + b ) b(b + c) a (a + b) a (b − c ) b(c − a ) c(a − b) a (b − c) + b(c − a) + c (a − b) + + ≥ =0 c (c + a) a (a + b) b(b + c) a( a + b) TH2: a ≥ c ≥ b > 0 . Khi đó ta có: a(b − c ) ≤ 0; c(c + a ) ≥ b(b + c) c(a − b) ≤ 0; a (a + b) ≥ b(b + c ) a (b − c ) a(b − c ) b (c − a ) b (c − a ) Suy ra: ≥ và ≥ .Do đó: c (c + a) b(b + c) a (a + b) b(b + c)
a (b − c ) b(c − a ) c(a − b) a (b − c) + b(c − a) + c (a − b) + + ≥ =0 c (c + a) a (a + b) b(b + c) b(b + c) NX: Bài toán trên khá hay và cách giải trên là ngắn gọn và dễ hiểu nhất. Ngoài ra còn có 2 cách giải như sau: C1: Sử dụng phép thế. BĐT cần chứng minh tương đương với: b a c b a c a b c + + ≥ + + c c+a a a+b b b+c c+a a+b c+b b 1 c 1 a 1 1 1 1 ⇔ + + ≥ + + c c +1 a a +1 b b +1 c +1 a +1 b +1 a b c a b c a b c Đặt x = ; y = ; z = ⇒ xyz = 1 . BĐT trở thành: b c a y z x 1 1 1 + + ≥ + + n z +1 x +1 y +1 z +1 x +1 y +1 ⇔ y ( x + 1)( y + 1) + z ( y + 1)( z + 1) + x( z + 1)( x + 1) ≥ ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) .v ⇔ ( xy 2 + yz 2 + zx 2 ) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) + 3 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1)2 + ( x + y + z ) + ( xy 2 + yz 2 + zx 2 − 3) ≥ 0 h Sử dụng BĐT Cauchy xy 2 + yz 2 + zx 2 ≥ 3 3 ( xyz ) 3 = 3 . Ta suy ra đpcm. 4 C2: Sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức- phép thế. BĐT cần chứng minh tương đương với: 2  ab c   bc a   ca b   c(c + a ) + c + a  +  a(a + b) + a + b  +  b(b + c) + b + c  ≥ 3       c ab + c 2 bc + a 2 ca + b 2 ⇔ + + ≥3 o c(c + a ) a (a + b) b(b + c) Sử dụng BĐT Cauchy tức là ta phải chứng minh: ih (ab + c 2 )(bc + a 2 )(ca + b 2 ) ≥ abc (a + b)(b + c )(c + a ) Chia hai vế cho (abc )3 ta được BĐT trở thành: u  a b  b c  a c   a   b  c   +  +  +  ≥ 1 +  1 + 1 +   b c  c a  b a   b   c  a  V a b c Đặt x = ; y = ; z = ⇒ xyz = 1 . BĐT cần chứng minh trở thành: b c a ( x + y )( y + z )( x + z ) ≥ (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Còn lại bạn đọc tự chứng minh. Bài toán 2: Cho a,b,c là các số dương. CMR: a−b b−c c−a + + ≥0 b+c c+a a+b GIẢI Giả sử a = max(a, b, c ) ,ta xét các trường hợp sau: TH1: a ≥ b ≥ c > 0 . Khi đó ta có: a − b ≥ 0; b + c ≤ a + b b − c ≥ 0; c + a ≤ a + b
a−b a −b b−c b−c Do đó: ≥ và ≥ b+c a+b c+a a+b a−b b−c c−a a−b+b−c+c−a Suy ra : + + ≥ =0 b+c c+a a+b a+b TH2: a ≥ c ≥ b > 0 . Khi đó ta có: b − c ≤ 0; c + a ≥ b + c c − a ≤ 0; a + b ≥ b + c b−c b−c c−a c−a Do đó: ≥ và ≥ c+a b+c a +b b+c a−b b−c c−a a−b+b−c+c−a Suy ra: + + ≥ =0 b+c c+a a+b b+c LB: Bạn đọc có thể tham khảo thêm cách giải sau: n Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ( x, y, z > 0 ) . Khi đó ta có: y2 + z2 − x2 z 2 + x2 − y 2 x2 + y 2 − z2 .v a= ;b = ;c = 2 2 2 y −x 2 2 z −y 2 2 x2 − z2 + + ≥0 h BĐT cần chứng minh trở thành: x y z x2 y 2 z 2 4 ⇔ + + ≥ x + y + z . Đến đây bạn đọc tự giải quyết việc còn lại. z x y 2 Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR: a b c a + 2008 b + 2008 c + 2008 + + ≥ + + c b c a b + 2008 c + 2008 a + 2008 o GIẢI: Bài toán này ta sẽ không sử dụng phương pháp chọn phần tử lớn nhât, nhỏ nhất mà sẽ sử dụng một phương pháp khác liên quan mật thiết này đó là phương pháp “ Bán Schur- Bán S.O.S” ih Giả sử c = min(a, b, c ) BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: a−b b−c c−a u + + ≥0 b(b + 2008) c (c + 2008) a(a + 2008) V  1 1   1 1  ⇔ ( a − b)  −  + (b − c)  c(c + 2008) − a (a + 2008)  ≥ 0  b(b + 2008) a(a + 2008)    (a + b + 2008) (a + c + 2008) ⇔ ( a − b) 2 + (b − c )(a − c) ≥0 ab(a + 2008)(b + 2008) ac(a + 2008)(c + 2008) BĐT trên đúng với các điều kiện đã giả sử ban đầu. LB: Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT là khá hay. Tuy sức mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương S.O.S. Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị. Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S”. Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau: M (a − b)2 + N (a − c)(b − c) ≥ 0
Với điều kiện giả sử c = min(a, b, c ) ∨ c = max(a, b, c ) . Nhiệm vụ của ta là chứng minh các hệ số M,N không âm hoặc dương. Về mặt lí thuyết là ta có thể đưa mọi BĐT đối xứng hay hoán vị bất kì về dạng bán schur- bán S.O.S. Nhưng trong thức hành thì ta cần dựa vào một số dạng phân tích tổng quát như sau: Dạng tổng quát: Giả sử BĐT cần chứng minh có dạng là: (a − b) A(a, b, c) + (b − c ) B(a, b, c) + (c − a)C (a, b, c ) ≥ 0 ⇔ (a − b) [ A(a, b, c) − C (a, b, c )] + (b − c) [ B(a, b, c ) − C (a, b, c )] ≥ 0 Sau đó tìm cách phân tích các biểu thức A(a, b, c ) − C (a, b, c); B(a, b, c) − C (a, b, c ) sao cho chứa các thừa số a − b; a − c . Đối với dạng căn thức thì ta có thể làm như sau sử dụng biểu thức liên hợp: A(a, b, c ).B(a, b, c) − C (a, b, c ).D(a, b, c) A(a, b, c).B(a, b, c ) − C (a, b, c).D(a, b, c ) = A(a, b, c ).B(a, b, c ) + C (a, b, c ).D(a, b, c ) n Sau đó ta mới bắt đầu tìm cách đưa về dạng chính tắc của bán schur- bán S.O.S. Sau đây là một số phân tích thường dùng: .v 1.a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = (a − b)2 + (a − c )(b − c ) 2.a3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c )(a − b)2 + (a + b + c)(a − c )(b − c ) h 3.ab(a + b) + bc (b + c) + ca(c + a) − 6abc = 2c(a − b) 2 + (a + b)(a − c)(b − c) 4.ab2 + bc 2 + ca − 3abc = c(a − b)2 + b(a − c)(b − c) 4 5.a 4 + b 4 + c 4 − abc(a + b + c ) = (a + b)2 + c 2  (a − b) 2 + [ ab + (a + c )(b + c) ] (a − c )(b − c)   2 6.a 3 (b + c) + b3 (c + a) + c 3 (a + b) − 2abc(a + b + c ) = (a + c)(b + c )(a − b)2 + (2ab + ac + bc )(a − c)(b − c) c 7.a 3b + b3c + c 3a − abc (a + b + c) = (ac + cb)(a − b) 2 + (a 2 + ac)(a − c )(b − c ) (a − b)2 (a − c )(b − c ) o a b c 8. + + − 3 = + b c a ab ac ih b+c c+a a +b 2(a − b)2 (a + b)(a − c)(b − c) 9. + + −6 = + a b c ab abc ( a − b) (a + b + 2c )(a − c)(b − c) u 2 a b c 3 10. + + − = + b + c c + a a + b 2 (a + c )(b + c ) 2(a + b)(b + c)(c + a) V a2 b2 c2 a + b + c (a + b + c)(a − b)2 (a + b + c )(a + b + 2c)(a − c )(b − c ) 11. + + − = + b+c c+a a +b 2 (a + c )(b + c ) 2(a + b)(b + c)(c + a) Sau đây là một số bài toán áp dụng phương pháp này: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm . CMR: a3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc (b + c) + ca (a + c) Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR: a b c a+b a +c b+c + + ≥ + + b c a a +c b+c a +b Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR: abc 2 ab + bc + ca + ≥ 2 a + b + c 3 a + b2 + c2 3 3 3 Bài toán 4: Cho a,b,c dương. CMR:
b + c c + a a + b 4(a 2 + b 2 + c 2 ) + + ≥ +2 a b c ab + bc + ca Bài toán 5: Cho a,b,c dương . CMR: a b c abc 5 + + + ≥ b + c c + a a + b 2(a + b + c ) 3 3 3 3 BL1: Cho a,b,c dương . CMR: b+c c+a a+b  a b c  + + ≥ 2  b+c + +  a b c  c+a a+b   BL2: Cho a,b,c,x,y dương. CMR: a x − bx b x − cx cx − a x + + ≥0 (b + c) y (c + a ) y (a + b) y BL3: Cho a,b,c dương. CMR: a 2 − b2 b2 − c 2 c 2 − a2 n + + ≥0 b+c c+a a+b .v Lưu ý: Các bài toán giải bằng phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thì có thể giải bằng phương pháp bán Schur- bán S.O.S. VI. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển: h Lâu nay ta đã sử dụng khá nhiều bất đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopski nhưng chưa biết rõ bản chất thực sự của nó. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu thật kĩ lại nó. 4 1.Bất đẳng thức Cauchy: a. Nhắc lại kiến thức cơ bản: 2 Cho a1 , a2 ,...an không âm thì ta có: c n a1 + a2 + ... + an n ∑ ai n ≥ a1a2 ...an . Viết gọn: i =1 ≥ n ∏ ai o n n i =1 Đẳng thức xảy ra: a1 = a2 = ... = an . ih Lưu ý: Việc xảy ra dấu “=” trong bất đẳng thức Cauchy rất quan trọng (đặc biệt là khi sử dụng BĐT Cauchy trong bài toán cực trị ).Vì thế khi giải bài toán cực trị hay BĐT thì việc dự đoán điểm rơi giúp ta u không bị phạm sai lầm trong việc sử dụng BĐT cổ điển. Kiến thức bổ sung: V n n Tổng của các số hạng ai với i = 1, 2....n được kí hiệu là ∑ ai , nghĩa là: i =1 ∑a i =1 i = a1 + a2 + ... + an n n n 1.∑ (ai + bi ) = ∑ ai + ∑ bi i =1 i =1 i =1 n n Tính chất: 2.∑ c.ai = c.∑ ai i =1 i =1 n 3.∑ c = nc i =1 n n Tích của các số hạng a j với j = 1, 2...n được kí hiệu là ∏a i =1 j , nghĩa là: ∏a j =1 j = a1a2 ...an
n n n 1.∏ ai bi = ∏ ai .∏ bi i =1 i =1 i =1 k n   n Tính chất: 2.∏ ai k =  ∏ ai  i =1  i =1  n 3.∏ c = c n i =1 b. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy trong bài toán cực trị: 1.Kĩ thuật cân bằng hệ số: 2.Kĩ thuật Cauchy trọng số: Bài toán 1: 1 1. Cho a dương. Tìm GTNN của A = a + a n 1 2. Cho a ≥ 2 . Tìm GTNN của B = a + a .v GIẢI 1. Sử dụng BĐT Cauchy ta có: 1 1 a + ≥ 2 a. = 2 h a a 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = ( a > 0 ) ⇔ a = 1 4 a 2. Ở bài này ta không thể sử dụng BĐT Cauchy trực tiếp được vì nó sẽ dẫn đến điểm rơi là a = 1 , trái 2 với điều kiện ban đầu của bài toán. Sau khi lập bảng biến thiên ta dự đoán GTNN của B đạt tại a = 2 , nghĩa là điểm rơi sẽ là a = 2 . Nên ta c tìm cách tách hạng tử a trong biểu thức B như sau: o 1 1 A = a + = β a + α a + (α + β = 1) (1) a a ih 1 Sau khi tách ra như trên ta sử dụng BĐT Cauchy cho 2 số α a; và dấu “=” xảy ra sẽ là: a u 1 1 αa = ⇒ α = 2 . a a V 1 3 Do ta dự đoán điểm rơi là a = 2 nên ta tính được α = ; β = . Tới đây lời giải bài toán như sau: 4 4 1 3a a 1 3.2 a1 3 5 a+ = + + ≥ +2 = +1 = a 4 4 a 4 4a 2 2 a 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ = ⇔ a = 2 . 4 a LB: Việc đưa tham số vào giúp ta điều chỉnh, đảm bảo được dấu “=” xảy ra đúng. Bài toán 2: 1 1. Cho a ≥ 2 . Tìm GTLN: A = a + 2 . a a, b > 0 1 2. Cho . Tìm GTNN của A = ab + a +b ≤1 ab GIẢI
1. Dự đoán điểm rơi là a = 2 .Ta tách hạng tử a như sau: 1 A = αa + βa + 2 a 1 1 1 Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy ra ⇔ α a = 2 ⇔α = 3 = a a 8 a a 1 3a a a 1 3.2 9 Khi đó ta có: + + 2+ ≥ 33 + = 8 8 a 4 8 8 a2 4 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 2 (a + b) 2 1 2. Đặt t = ab ( t > 0 ) khi đó ta có điều kiện t = ab ≤ = . 4 4 1 1 Bài toán qui về việc tìm GTNN của biểu thức A = t + với 0 < t ≤ .( Bạn đọc tự giải ) t 4 n Ngoài ra bạn có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu. Bài toán 3: .v a+b+c+d 4 abcd 1. Cho a,b,c,d dương. Tìm GTNN của A = 4 + abcd a+b+c+d h  1 1 1 2.Cho a,b,c dương và a + b + c ≤ 3 . Tìm GTNN của A = a + b + c + 2  + +  a b c 4 GIẢI 1. Do tính đối xứng của bài toán nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại các biến bằng nhau. Ta có lời giải 2 như sau: c a +b+c+d a+b+c+d 4 abcd A = β. 4 +α. 4 + (α + β = 1) abcd abcd a+b+c+d o Sau khi sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy ra a+b+c+d ih 4 abcd 1 ⇔ α. 4 = ⇒ α = (a = b = c = d ) abcd a +b+c+d 16 Khi đó ta có: u 15(a + b + c + d ) a + b + c + d 4 abcd 15.4 a +b+c+d 4 abcd 15 2 17 + + ≥ +2 . = + = a+b+c+d 16 abcd a + b + c + d V 4 4 4 16 abcd 16 abcd 16 4 4 4 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = d Ngoài ra bạn đọc có thể giải bài toán trên bằng phương pháp xét tính đơn điệu. a + b + c + d 4 4 abcd Đặt t = 4 ≥ 4 =4 abcd abcd 1 Bài toán qui về việc tìm cực trị của A = t + ( t ≥ 4 ) t (t − t )(t t − 1) Xét t1 ≥ t2 ≥ 4 ta có: A(t1 ) − A(t2 ) = 1 2 1 2 ≥0 t1t2 17 Do đó hàm A(t ) đồng biến không chặt trên t ≥ 4 . Suy ra A(t ) ≥ A(4) = 4 Bài toán tổng quát: